2025届高考数学一轮复习-事件的相互独立性、条件概率与全概率公式讲义

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2025 届高考数学一轮复习讲义计数原理、概率、
随机变量及其分布之事件的相互独立性、条件
概率与全概率公式
一、知识点讲解及规律方法结论总结
1.事件的相互独立性
（1）定义：对任意两个事件A，B，如果P（AB）＝①　
  P  （
  A  ）
  P  （
  B  ）　
 
 ，则称事件A 与
事件B 相互独立，简称独立.
（2）性质：若事件A 与B 相互独立，则A 与②　B　，A与③　
  B  　
  ，A与B也都相互独立.
（3）推广：如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n 个事件同时发生的概率等于每个
事件发生的概率的积，即P（A1A2…An）＝P（A1）P（A2）…P（An）.
注意　 若事件A 与事件B 是互斥事件（或对立事件），则A 与B 不相互独立.
2.条件概率
（1）定义：一般地，设A，B 为两个随机事件，且P（A）＞0，我们称P（B｜A）＝④　
P（AB）
P（A ）　为在⑤　事件
 
  A  　
  发生的条件下，⑥　事件
 
 B  　
  发生的条件概率，简称条件
概率.
（2）性质：设P（A）＞0，则
a.P（Ω｜A）＝1；
b.若B 和C 是两个互斥事件，则P（B∪C｜A）＝⑦　
  P  （
  B  ｜
  A  ）
  ＋
  P  （
  C  ｜
  A  ）　
 
 ；
c.设B 和B互为对立事件，则P（B｜A）＝⑧　
  1 －
  P  （
  B  ｜
  A  ）　
 
 .
注意　（1）P（B｜A）与P（A｜B）是不相同的，P（B｜A）表示在事件A 发生的条件下
事件B 发生的概率，P（A｜B）表示在事件B 发生的条件下事件A 发生的概率.
（2）当A，B 相互独立时，P（B｜A）＝P（B）.
3.全概率公式
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P（Ai）＞0，
i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P（B）＝⑨　∑
i=1
n
P  （
  A  i）
  P  （
  B  ｜
  A  i）　.
拓展　贝叶斯公式：设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P
（Ai）＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，P（B）＞0，有P（Ai｜B）＝
P（Ai）P（B｜Ai）
P（B）
＝
P（Ai）P（B｜Ai）
∑
k =1
n
P（Ak）P（B｜Ak），i＝1，2，…，n.
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二、基础题练习
1.下列说法错误的是（　A　）
A.对于任意两个事件，公式P（AB）＝P（A）P（B）都成立
B.若事件A，B 相互独立，则P（B｜A）＝P（B）
C.抛掷2 枚质地均匀的硬币，“第一枚为正面向上”为事件A，“第二枚为正面向上”为
事件B，则A，B 相互独立
D.若事件A1与A2是对立事件，则对任意的事件B⊆Ω，有P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P
（A2）P（B｜A2）
2.下列说法错误的是（　A　）
A.P（A｜B）＜P（AB）
B.P（A｜B）＝P（A ）
P（B）可能成立
C.0≤P（A｜B）≤1
D.P（A｜A）＝1
解析　由条件概率公式P（A｜B）＝P（AB）
P（B）及0＜P（B）≤1，知P（A｜B）≥P
（AB），故A 说法错误；当事件B 包含事件A 时，有P（AB）＝P（A），此时P（A｜
B）＝P（A ）
P（B），故B 说法正确；易知0≤P（A｜B）≤1，P（A｜A）＝1，故C，D 说法
正确.故选A.
3.[易错题]设甲乘汽车、火车前往某目的地的概率分别为0.6，0.4，汽车和火车正点到达目
的地的概率分别为0.9，0.8，则甲正点到达目的地的概率为（　C　）
A.0.72
B.0.96
C.0.86
D.0.84
解析　设事件A 表示甲正点到达目的地，事件B 表示甲乘火车前往目的地，事件C 表示甲
乘汽车前往目的地.由题意知P（B）＝0.4，P（C）＝0.6，P（A｜B）＝0.8，P（A｜C）＝
0.9.由全概率公式得P（A）＝P（B）P（A｜B）＋P（C）P（A｜C）＝0.4×0.8＋0.6×0.9
＝0.32＋0.54＝0.86.故选C.
4.将两颗骰子各掷一次， 记事件A 为“两个点数不同”，B 为“至少出现一个6 点”， 则
条件概率P（A｜B）， P（B｜A）分别等于（　A　）
A.10
11，1
3
B.1
3，10
11
C. 1
11，1
3
D.1
3，1
11
解析　由题意可得n（A）＝6×5＝30，n（B）＝6×6－5×5＝11，n（AB）＝2×5＝10，
∴P（A｜B）＝n（AB）
n（B）＝10
11 ，P（B｜A）＝n（AB）
n（A ）＝10
30＝1
3.故选A.
5.[教材改编]设10 件产品中有4 件不合格品，从中任意选取2 件，则在所选取的产品中发
现有一件是不合格品时，另一件也是不合格品的概率是　1
5　.
解析　记事件A 为“选取的2 件产品中发现有一件是不合格品”，事件B 为“另一件是不
合格品”，则AB 为“2 件都是不合格品”.
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解法一　记n（A），n（AB）分别为事件A，AB 所包含的基本事件个数，则n（A）＝
C 4
1C6
1＋C 4
2＝30，n（AB）＝C 4
2＝6，故P（B｜A）＝n（AB）
n（A ）＝6
30＝1
5.
解法二　P（A）＝1－C6
2
C10
2 ＝2
3，P（AB）＝C4
2
C10
2 ＝2
15，所以P（B｜A）＝P（AB）
P（A ）＝
2
15
2
3
＝1
5.
三、知识点例题讲解及方法技巧总结
命题点1　相互独立事件
角度1　相互独立事件的判断
例1 [2021 新高考卷Ⅰ]有6 个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随
机取两次，每次取1 个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次
取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取
出的球的数字之和是7”，则（　B　）
A.甲与丙相互独立
B.甲与丁相互独立
C.乙与丙相互独立
D.丙与丁相互独立
解析　事件甲发生的概率P（甲）＝1
6，事件乙发生的概率P（乙）＝1
6，事件丙发生的概
率P（丙）＝
5
6×6＝5
36 ，事件丁发生的概率P（丁）＝
6
6×6＝1
6.
事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P（甲丙）≠P（甲）P（丙），故A 错误；（对任
意两个事件A 和B，且P（A）＞0，P（B）＞0，则P（AB）＝P（A）P（B）⇔事件A 和
B 相互独立）事件甲与事件丁同时发生的概率为
1
6×6＝1
36 ，P（甲丁）＝P（甲）P（丁），
故B 正确；
事件乙与事件丙同时发生的概率为
1
6×6＝1
36 ，P（乙丙）≠P（乙）P（丙），故C 错误；
事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D 错误.故选B.
方法技巧
判断事件是否相互独立的方法
（1）由事件本身的性质直接判断两个事件的发生是否相互影响.
（2）利用“事件A，B 相互独立⇔P（AB）＝P（A）·P（B）”判断.
角度2　相互独立事件的概率的求解
例2 11 分制乒乓球比赛，每赢一球得1 分，当某局打成10 10
∶
平后，每球交换发球权，先
多得2 分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分
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的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方10 10
∶
平后，
甲先发球，两人又打了X 个球该局比赛结束.
（1）P（X＝2）＝　
  0.5
  　
  ；
（2）事件“X＝4 且甲获胜”的概率为　
  0.1
  　
  .
解析　（1）“X＝2”包含的事件为“甲连赢两球”或“乙连赢两球”.因此P（X＝2）＝
0.5×0.4＋（1－0.5）×（1－0.4）＝0.5.
（2）“X＝4 且甲获胜”包含的事件为“前两球甲、乙各得1 分，后两球均为甲得分”.因
此所求概率为[0.5×（1－0.4）＋（1－0.5）×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
方法技巧
求相互独立事件同时发生的概率的思路
（1）相互独立事件同时发生的概率等于他们各自发生的概率之积.
（2）当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对立事件入手计算.
训练1 为了普及安全教育，某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3 人，每人回答
一个问题，答对得1 分，答错得0 分.在竞赛中，假设甲队每人回答问题的正确率均为2
3，
乙队每人回答问题的正确率分别为1
2，2
3，3
4 ，且两队各人回答问题正确与否相互之间没有
影响.
（1）分别求甲队总得分为3 分与1 分的概率；
（2）求甲队总得分为2 分且乙队总得分为1 分的概率.
解析　（1）记“甲队总得分为3 分”为事件A，“甲队总得分为1 分”为事件B.
甲队得3 分，即3 人都回答正确，其概率P（A）＝2
3×2
3×2
3＝8
27 ，
甲队得1 分，即3 人中只有1 人回答正确，其余2 人都回答错误，其概率P（B）＝
2
3 ×(1- 2
3 )×（1－2
3）＋（1－2
3）×2
3×（1－2
3）＋（1－2
3）×（1－2
3）×2
3＝2
9.
故甲队总得分为3 分与1 分的概率分别为8
27 ，2
9.
（2）记“甲队总得分为2 分”为事件C，“乙队总得分为1 分”为事件D.
甲队得2 分，即甲队3 人中有2 人回答正确，1 人回答错误，则P（C）＝
2
3 × 2
3 ×（1- 2
3 ）+ 2
3 ×（1- 2
3 ）× 2
3 +（1- 2
3 ）× 2
3 × 2
3 = 4
9 ，
乙队得1 分，即乙队3 人中只有1 人回答正确，其余2 人回答错误，则P（D）＝1
2×（1－
2
3）×（1－3
4 ）＋（1－1
2）×2
3×（1－3
4 ）＋（1－1
2）×（1－2
3）×3
4 ＝1
4 .
由题意得事件C 与事件D 相互独立，
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则甲队总得分为2 分且乙队总得分为1 分的概率为P（CD）＝P（C）P（D）＝4
9 ×1
4 ＝1
9.
命题点2　条件概率
例3 （1）[2023 全国卷甲]某地的中学生中有60％的同学爱好滑冰，50％的同学爱好滑雪，
70％的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，
则该同学也爱好滑冰的概率为（　A　）
A.0.8
B.0.6
C.0.5
D.0.4
解析　令事件A，B 分别表示该同学爱好滑冰、该同学爱好滑雪，事件C 表示该同学爱好
滑雪的条件下也爱好滑冰，则P（A）＝0.6，P（B）＝0.5，P（AB）＝P（A）＋P（B）－
0.7＝0.4，所以P（C）＝P（A｜B）＝P（AB）
P（B）＝0.4
0.5 ＝0.8，故选A.
（2）[2023 重庆联考]从5 名男生2 名女生中任选3 人参加学校组织的演讲比赛，则在男生
甲被选中的条件下，男生乙和女生丙至少一人被选中的概率是（　C　）
A.1
2
B.4
7
C.3
5
D.2
3
解析　解法一　设男生甲被选中为事件A，男生乙和女生丙至少一人被选中为事件B，则
P(B|A)= n（AB）
n（A ）＝
C4
1＋C4
1 +1
C6
2
＝9
15＝3
5，故选C.
解法二　在男生甲被选中的情况下，基本事件总数为C6
2＝15，其中男生乙和女生丙都没有
被选中的基本事件数为C4
2＝6，所以所求概率为1－6
15＝3
5，（方法：在解决至多、至少
的有关问题时，常考虑其对立事件的概率）
故选C.
方法技巧
求条件概率的常用方法
定义法
先分别计算概率P（AB）和P（A），然后代入公式P（B｜A）＝
P（AB）
P（A ）（P（A ）>0）.
样本
点法
先求事件A 包含的样本点数n（A），再求事件AB 包含的样本点数n（AB），
得P（B｜A）＝n（AB）
n（A ）.
缩样法
即缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用
古典概型的概率公式求解.
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训练2 （1）[2022 天津高考]现有52 张扑克牌（去掉大小王），每次取一张，取后不放回，
则两次都抽到A 的概率为　1
221　；在第一次抽到A 的条件下，第二次也抽到A 的概率是 
1
17 　.
解析　设事件A1＝ “第一次抽到A”，事件A2＝ “第二次抽到A”.
第1 空　解法一　不放回地取两次的可能结果种数为52×51，事件A1A2包含的可能结果种
数为4×3，所以P（A1A2）＝4×3
52×51＝1
221.
解法二　不放回地取两次，可以看成一次取出两张牌，所以共有C52
2 种可能结果，事件A1A2
包含的可能结果种数为C4
2，所以P（A1A2）＝C4
2
C52
2 ＝
4×3
2
52×51
2
＝1
221.
第2 空　解法一　因为P（A1）＝4
52，所以P（A2｜A1）＝P（A1 A2）
P（A1）
＝
4×3
52×51
4
52
＝1
17 .
解法二　缩小样本空间，已知第一次抽到的是A 牌，所以还剩下51 张牌，其中有3 张A 牌，
所以P（A2｜A1）＝3
51＝1
17 .
（2）现有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机抽取两瓶，若取
出的两瓶中至少有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率为　6
7 　.
解析　设事件A 为“取出的两瓶中至少有一瓶是蓝色”，事件B 为“取出的两瓶中另一瓶
是红色”，事件C 为“取出的两瓶中另一瓶是黑色”，事件D 为“取出的两瓶中另一瓶是
红色或黑色”，则D＝B∪C，且B 与C 互斥.由题意得，P（A）＝C2
1C3
1＋C2
2
C5
2
＝7
10，
P（AB ）= C2
1C1
1
C5
2 ＝1
5，P（AC）＝C2
1C2
1
C5
2 ＝2
5，所以P（D｜A）＝P（B∪C｜A）＝P
（B｜A）＋P（C｜A）＝P（AB）
P（A ）＋P（AC ）
P（A ）＝
1
5
7
10
＋
2
5
7
10
＝6
7 .故取出的两瓶中有一
瓶是蓝色，另一瓶是红色或黑色的概率为6
7 .
命题点3　全概率公式的应用
例4 （1）某考生回答一道四选一的考题，假设他知道答案的概率为0.5，知道答案时，答
对的概率为1，而不知道答案时猜对的概率为0.25，那么他答对题目的概率为（　A　）
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A.0.625
B.0.75
C.0.5
D.0
解析　用A 表示事件“考生答对题目”，用B 表示事件“考生知道答案”，则B表示事件
“考生不知道答案”，则P（B）＝0.5，P（B）＝0.5，P（A｜B）＝1，P（A｜B）＝
0.25，则P（A）＝P（A｜B）P（B）＋P（A｜B）P（B）＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.
（2）在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为DD，Dd，dd，其中D 为显性基因，d 为隐
性基因，且这三种基因型的比为1 2 1.
∶∶如果在子二代中任意选取2 颗豌豆作为父本杂交，那
么子三代中基因型为dd 的概率为　1
4 　.
解析　记事件B＝“子三代中基因型为dd”，事件A1＝“选择的是Dd，Dd”，事件A2＝
“选择的是dd，dd”，事件A3＝“选择的是dd，Dd”，则P（A1）＝1
2×1
2＝1
4 ，P（A2）＝
1
4 ×1
4 ＝1
16，P（A3）＝2×1
4 ×1
2＝1
4 .
在子二代中任取2 颗豌豆作为父本杂交，分以下三种情况讨论：
①若选择的是Dd，Dd，则子三代中基因型为dd 的概率为P（B｜A1）＝1
4 ；
②若选择的是dd，dd，则子三代中基因型为dd 的概率为P（B｜A2）＝1；
③若选择的是dd，Dd ，则子三代中基因型为dd 的概率为P（B｜A3）＝1
2.
综上所述，P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）×P（B｜A3）＝
1
4 ×1
4 ＋1
16×1＋1
4 ×1
2＝1
4 .
因此，子三代中基因型为dd 的概率是1
4 .
方法技巧
全概率公式的应用步骤
（1）按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai（i＝1，2，…，n）；
（2）求P（Ai）（i＝1，2，…，n）和所求事件B 在各个互斥事件Ai发生条件下的概率
P(B|Ai)（i＝1,2,···,n）；
（3）代入全概率公式求P（B）.
训练3 （1）[多选/2023 广东六校联考]某高校有甲、乙两家餐厅，王同学每天都选择两家
餐厅中的一家就餐，第一天去甲、乙两家餐厅就餐的概率分别为0.4 和0.6.如果他第一天去
甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.6；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的
概率为0.5.则王同学（　AC　）
A.第二天去甲餐厅的概率为0.54
B.第二天去乙餐厅的概率为0.44
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C.第二天去了甲餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为5
9
D.第二天去了乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为4
9
解析　设A1＝“王同学第一天去甲餐厅”，A2＝“王同学第二天去甲餐厅”，B1＝“王同
学第一天去乙餐厅”，B2＝“王同学第二天去乙餐厅”，则P（A1）＝0.4，P（B1）＝
0.6，P（A2｜A1）＝0.6，P（A2｜B1）＝0.5.由题意得P（A2｜B1）＝
P（A2）P（B1｜A2）
P（B1）
＝0.5，所以P（A2）P（B1｜A2）＝0.3　①.
易知Ω＝A1∪B1，且A1与B1互斥，则由全概率公式得
P（A2）= P（A1）P( A2|A1)+ P（B1）× P( A2|B1)=0.4×0.6+0.6×0.5=0.54
②，所以A 正确.
P（B2）＝1－P（A2）＝0.46，B 错误.（注意题干“王同学每天都选择两家餐厅中的一家就
餐”，故P（A2）＋P（B2）＝1）
由①②得P（B1｜A2）＝
0.3
P（A2）＝0.3
0.54 ＝5
9，C 正确.P（A1｜B2）＝
P（A1）P（B2｜A1）
P（B2）
＝
P（A1)[1－P（A2｜A1)]
P（B2）
＝0.4×（1－0.6）
0.46
＝
8
23，所以D 错误.故选AC.
（2）人们为了解一只股票未来一定时期内价格的变化，往往会去分析影响股票价格的基本
因素，比如利率的变化.现假设人们经分析估计利率下调的概率为60％，利率不变的概率为
40％.根据经验，人们估计，在利率下调的情况下，该只股票价格上涨的概率为80％，而在
利率不变的情况下，其价格上涨的概率为40％，则该只股票将上涨的概率为　
  64
  ％
  　
  .
解析　记A 为事件“利率下调”，那么A即为“利率不变”，记B 为事件“股票价格上
涨”.
依题设知P（A）＝60％，P（A）＝40％，
P（B｜A）＝80％，P（B｜A）＝40％，
于是P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）·P（B｜A）＝
60％×80％＋40％×40％＝64％.
四、命题点习题讲解
1.[命题点1 角度1/多选/2023 石家庄市二检]先后两次掷一枚质地均匀的骰子，事件A＝
“两次掷出的点数之和是6”，事件B＝“第一次掷出的点数是奇数”，事件C＝“两次掷
出的点数相同”，则（　BD　）
A.A 与B 互斥
B.B 与C 相互独立
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C.P（A）＝1
6
D.P（AC）＝1
36
解析　对于A 选项，若第一次掷出的点数为1，第二次掷出的点数为5，则事件A 和事件B
同时发生，因此A 选项不正确；
对于B 选项，事件B 发生的概率为P（B）＝1
2，事件C 发生的概率为P（C）＝C6
1
C6
1C6
1＝1
6
，事件B 与事件C 同时发生的概率为P（BC）＝C3
1
C6
1C6
1＝1
12，P（BC）＝P（B）·P
（C），所以事件B 与事件C 相互独立，所以B 选项正确；
对于C 选项，事件A 有（1，5），（5，1），（2，4），（4，2），（3，3），共5 种情
况，所以P（A）＝5
36 ，所以C 选项不正确；
对于D 选项，事件A 与事件C 同时发生的概率为P（AC）＝1
36 ，所以D 选项正确.选BD.
2.[命题点1 角度2/2022 全国卷乙]某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结
果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3＞p2＞p1＞0.
记该棋手连胜两盘的概率为p，则（　D　）
A.p 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B.该棋手在第二盘与甲比赛，p 最大
C.该棋手在第二盘与乙比赛，p 最大
D.该棋手在第二盘与丙比赛，p 最大
解析　设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P 甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概
率为P 乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P 丙，
由题意可知，P 甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，
P 乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，
P 丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.
所以P 丙－P 甲＝2p2（p3－p1）＞0，P 丙－P 乙＝2p1（p3－p2）＞0，所以P 丙最大，故选D.
3.[命题点2]某光学仪器厂制造的透镜，第一次落下时打破的概率为1
2；第一次落下未打破，
第二次落下时打破的概率为7
10；若前两次未打破，第三次落下时打破的概率为9
10.则透镜
落下三次未打破的概率为　3
200　.
解析　以Ai（i＝1，2，3）表示事件“透镜落下第i 次时打破”，以B 表示事件“透镜落下
三次未打破”.
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因为B＝A1 A2 A3， 所以P（B）＝P（A1 A2 A3）＝P（A1）P（A2｜A1）P（A3｜A1 A2
）＝（1－1
2）（1－7
10）（1－9
10）＝3
200.
4.[命题点3/2023 福州八中检测]设验血诊查某种疾病的误诊率为5％，即若用A 表示验血
为阳性，B 表示受验者患病，则P（A｜B）＝P（A｜B）＝0.05.若已知受验人群中有0.5％
的人患此病，即P（B）＝0.005，则一个验血为阳性的人确患此病的概率为　19
218　.
解析　由题意，可得P（B｜A）＝P（AB）
P（A ），P（A｜B）＝1－0.05＝0.95，P（B）＝
0.995.
易知事件AB 表示从受验人群中随机抽取一人，此人患病且验血为阳性，
则P（AB）＝P（B）P（A｜B）.
由全概率公式可得P（A）＝P（B）P（A｜B）＋P（B）P（A｜B）.所以P（B｜A）＝
P（B）P（A ｜B）
P（B）P（A ｜B）＋P（B）P（A ｜B）＝
0.005×0.95
0.005×0.95+0.995×0.05＝
19
218.
五、习题实战演练
1.已知P（B）＝0.3，P（B｜A）＝0.9，P（B｜A）＝0.2，则P（A）＝（　A　）
A.1
7
B.3
7
C.0.33
D.0.1
解析　由P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）P（B｜A），可得0.3＝P（A）×0.9＋（1
－P（A））×0.2，解得P（A）＝1
7 .
2.甲、乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，
若采用三局两胜制，则甲最终获胜的概率为（　D　）
A.0.36
B.0.352
C.0.288
D.0.648
解析　甲最终获胜的情况可能为甲连胜2 局或甲前2 局1 胜1 负，第3 局胜，则甲最终获胜
的概率P＝0.62＋C2
1×0.6×0.4×0.6＝0.648.
3.[2024 惠州市一调]甲、乙两位游客慕名来到惠州旅游，准备从惠州西湖、罗浮山、南昆
山、盐洲岛和大亚湾红树林公园5 个景点中各随机选择一个景点游玩，记事件A 为“甲和
乙选择的景点不同”，事件B 为“甲和乙恰好一人选择罗浮山”，则P（B｜A）＝（　B 
）
A.1
5
B.2
5
C. 9
25
D. 9
20
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解析　由题意知，P（A）＝A5
2
C5
1C5
1＝4
5 ，P（AB）＝C2
1 A4
1
C5
1C5
1 ＝8
25，所以P（B｜A）＝
P（AB）
P（A ）＝
8
25
4
5
＝2
5，故选B.
4.[2024 福州市一检]一个袋子中有大小和质地相同的4 个球，其中2 个红球，2 个黄球，
每次从中随机摸出1 个球，摸出的球不再放回.则第二次摸到黄球的条件下，第一次摸到红
球的概率为（　C　）
A.1
3
B.1
2
C.2
3
D.3
4
解析　解法一　记“第i 次摸到红球”为事件Ai，“第i 次摸到黄球”为事件Bi，i＝1，2.
则P（B2）＝P（A1）·P（B2｜A1）＋P（B1）P（B2｜B1）＝2
4 ×2
3＋2
4 ×1
3＝1
2，
P（A1B2）＝P（A1）P（B2｜A1）＝2
4 ×2
3＝1
3，故P（A1｜B2）＝P（A1B2）
P（B2）＝2
3.选C.
解法二　记“第i 次摸到红球”为事件Ai，“第i 次摸到黄球”为事件Bi，i＝1，2.
由抽签的公平性可知P（B2）＝2
4 ＝1
2，又P（A1B2）＝2×2
4×3＝1
3，所以P（A1｜B2）＝
P（A1B2）
P（B2）＝2
3，选C.
5.[多选/2024 江西分宜中学、临川一中等校联考]甲罐中有5 个红球，2 个白球和3 个黑球，
乙罐中有4 个红球，3 个白球和3 个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，用事件A1，
A2和A3分别表示从甲罐取出的球是红球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，用事件
B 表示从乙罐取出的球是红球.则下列结论正确的是（　AD　）
A.P（B｜A1）＝5
11
B.P（B）＝2
5
C.事件B 与事件A1相互独立
D.A1，A2，A3两两互斥
解析　由题意知P（A1）＝5
10＝1
2，P（A2）＝2
10＝1
5，P（A3）＝3
10，P（B｜A1）＝
4+1
10+1＝5
11，P（B｜A2）＝4
11，P（B｜A3）＝4
11，
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则P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）P（B｜A3）＝1
2× 5
11＋1
5
× 4
11＋3
10× 4
11＝9
22≠P（B｜A1），（提示：若P（B）P（A1）＝P（BA1），即P（B）
＝
P（B A1）
P（A1）＝P（B｜A1），则事件B 与事件A1相互独立）
所以事件B 与事件A1不相互独立，故A 正确，B，C 不正确.显然A1，A2，A3两两互斥，故
D 正确.故选AD.
6.[2023 武汉市5 月模拟]设样本空间Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的样本点，且A＝{a，
b}，B＝{a，c}，C＝{a，d}，则A，B，C 三个事件　是　（填“是”或“不是”）两两独
立的，且
P（ABC ）
P（A ）P（B）P（C ）＝　
  2 　
  .
解析　由题意得，P（A）＝2
4 ＝1
2，P（B）＝1
2，P（C）＝1
2，
因为AB＝{a}，所以P（AB）＝1
4 ，
又P（A）P（B）＝1
2×1
2＝1
4 ，所以P（AB）＝P（A）P（B），即A 与B 相互独立，
同理可推出B 与C，A 与C 分别相互独立，则A，B，C 三个事件是两两独立的.
因为ABC＝{a}，所以P（ABC）＝1
4 ，则
P（ABC ）
P（A ）P（B）P（C ）＝
1
4
1
2 × 1
2 × 1
2
＝2.
7.[2024 贵阳市模拟]某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为3 3 4
∶∶，3 个年级的学生
都报名参加公益志愿活动，经过选拔，高一年级有1
3的学生成为公益活动志愿者，高二、
高三年级各有1
4 的学生成为公益活动志愿者.
（1）设事件B＝“在3 个年级中随机抽取的1 名学生是公益活动志愿者”；事件Ai＝“在
3 个年级中随机抽取1 名学生，该学生来自高i 年级”（i＝1，2，3）.请完成下表中不同事
件的概率：
事件概率
P（A1）
P（A2）
P（A3）P（B｜A1）P（B｜A2）P（B｜A3）P（B）
概率值
1
3
（2）若在3 个年级中随机抽取1 名学生，该学生是公益活动志愿者，根据以上表中所得数
据，求该学生来自高一年级的概率.
解析　（1）补充表格如下.
事件概率
P（A1）
P（A2）
P（A3）P（B｜A1）P（B｜A2）P（B｜A3）P（B）
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概率值
3
10
3
10
2
5
1
3
1
4
1
4
11
40
（由全概率公式，
得P（B ）= P（A1）P(B|A1)+ P（A2）· P(B|A2)+ P（A3）P(B|A3)= 3
10×
1
3
＋3
10
×1
4
＋2
5
×1
4
＝11
40
）
（2）该学生来自高一年级的概率P（A1｜B）＝P（A1B）
P（B）＝P（A1）P（B｜A1）
P（B）
＝
3
10 × 1
3
11
40
＝4
11.
8.[2024 山东威海统考]某大学在一次调查学生是否有自主创业打算的活动中，获得了如下
数据.
男生人数
女生人数
有自主创业打算
16
m
无自主创业打算
64
n
（1）若m＝24，n＝36，根据调查数据判断，能否依据α＝0.01 的独立性检验认为该校学
生有无自主创业打算与性别有关.
（2）若m＝15，n＝60，从这些学生中随机抽取一人.
（i）若已知抽到的人有自主创业打算，求该学生是男生的概率；
（ii）判断“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”是否相互独立.
附：χ
2＝
n（ad －bc）
2
（a＋b)(c＋d )(a＋c )(b＋d ），n＝a＋b＋c＋d.
α
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
解析　（1）零假设为H0：该校学生有无自主创业打算与性别无关.
χ
2＝（16+64+24+36）×（16×36－64×24）
2
（16+64）×（24+36）×（16+24）×（64+36）＝168
25 ＝6.72＞6.635，
依据小概率值α＝0.01 的􀱽2独立性检验，可以认为该校学生有无自主创业打算与性别有关.
（2）（i）记A 为“抽到的人有自主创业打算”，B 为“抽到的人是男生”.
解法一　P（A）＝
16+15
16+15+64+60＝31
155＝1
5，P（AB）＝
16
16+64+15+60＝16
155，所
以P（B｜A）＝P（AB）
P（A ）＝16
31.
解法二　P（B｜A）＝n（AB）
n（A ）＝
16
16+15＝16
31.
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（ii）解法一　由（i）知A为“抽到的人无自主创业打算”，B 为“抽到的人是男生”，则
AB 为“抽到的人无自主创业打算且是男生”.
P（A）＝1－P（A）＝4
5 ，P（B）＝
64+16
16+15+64+60＝16
31，P（AB）＝64
155，
所以P（AB）＝P（A）P（B），
所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
解法二　零假设为H'0：该校学生有无自主创业打算与性别无关.
根据题意得到如下2×2 列联表：
男生人数
女生人数
合计
有自主创业打算
16
15
31
无自主创业打算
64
60
124
合计
80
75
155
χ1
2＝155×（16×60－64×15）
2
80×75×124×31
＝0，零假设成立，所以该校学生有无自主创业打算
与性别无关，
所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
9.[多选/2023 江苏海安中学三模]记A，B 为随机事件，则下列说法正确的有（　BC　）
A.若事件A，B 互斥，P（A）＝1
2，P（B）＝1
3，则P（A∪B）＝5
6
B.若事件A，B 相互独立，P（A）＝1
2，P（B）＝1
3，则P（A∪B）＝2
3
C.若P（A）＝1
2，P（A｜B）＝3
4 ，P（A｜B）＝3
8，则P（B）＝1
3
D.若P（A）＝1
2，P（A｜B）＝3
4 ，P（A｜B）＝3
8，则P（B｜A）＝1
4
解析 
选项
分析过程
正误
A
P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）＝（1－1
2）＋1
3－P（AB），而
P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（AB）＝1
3，∴P（AB）＝1
3，∴P（A
∪B）＝1
2
✕
B
P（A ∪B ）= P（A ）+ P（B ）- P（AB ）= P（A ）+ P（B ）
√
C
令P（B）＝x，则P（B）＝1－x，又P（A｜B）＝P（A B）
P（B）＝
√
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P（A B）
x
＝3
4 ，
∴P（AB）＝3
4 x，又P（A｜B）＝P（A B）
P（B）＝P（A B）
1－x
＝3
8，∴P（
A B）＝3
8（1－x），P（A）＝P（AB）＋P（A B）＝3
4 x＋3
8（1－x）＝1
－1
2，解得x＝1
3
D
由C 知P（B）＝1
3，P（AB）＝3
4 ×1
3＝1
4 ，∴P（B｜A）＝P（AB）
P（A ）＝
P（B ）－P（A B）
P（A ）
＝
1
3 －1
4
1
2
＝1
6
✕
10.[多选/2023 广州市二检]有3 台车床加工同一型号的零件，第1 台加工的次品率为8％，
第2 台加工的次品率为3％，第3 台加工的次品率为2％，加工出来的零件混放在一起.已知
第1，2，3 台车床加工的零件数分别占总数的10％，40％，50％，从混放的零件中任取一
个零件，则下列结论正确的是（　BC　）
A.该零件是第1 台车床加工出来的次品的概率为0.08
B.该零件是次品的概率为0.03
C.如果该零件是第3 台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为0.98
D.如果该零件是次品，那么它不是第3 台车床加工出来的概率为1
3
解析　记事件A 为“车床加工的零件为次品”，记事件Bi为“第i 台车床加工的零件，i＝
1，2，3”.则P（A｜B1）＝8％，P（A｜B2）＝3％，P（A｜B3）＝2％，P（B1）＝10％，P
（B2）＝40％，P（B3）＝50％.
对A，任取一个零件，该零件是第1 台车床加工出来的次品的概率为
P（A B1）= P( A|B1)P（B1）=8 %×10 % =0.008，故A 错误.
对B，任取一个零件，该零件是次品的概率为P（A）＝P（AB1）＋P（AB2）＋P（AB3）
＝8％×10％＋3％×40％＋2％×50％＝0.03，故B 正确.
对C，如果该零件是第3 台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为P（A｜B3）＝1－
P( A|B3)＝1－2％＝0.98，故C 正确.
对D，如果该零件是次品，那么它不是第3 台车床加工出来的概率，可以考虑它的对立事
件的概率：如果该零件是次品，那么它是第3 台车床加工出来的概率，即P（B3｜A），所
以所求概率为1－P（B3｜A）＝1－P（A B3）
P（A ）＝1－P（A ｜B3）P（B3）
P（A ）
＝1－
2％×50％
0.03
＝2
3，故D 错误.故选BC.
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11.[多选/2023 新高考卷Ⅱ]在信道内传输0，1 信号，信号的传输相互独立.发送0 时，收到
1 的概率为α（0＜α＜1），收到0 的概率为1－α；发送1 时，收到0 的概率为β（0＜β＜
1），收到1 的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信
号只发送1 次；三次传输是指每个信号重复发送3 次.收到的信号需要译码，译码规则如下：
单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码
（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.（　ABD　）
A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1 的概率为（1－α）（1－
β）2
B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1， 0，1 的概率为β（1－β）2
C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1 的概率为β（1－β）2＋（1－β）3
D.当0＜α＜0.5 时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0 的概率大于采用单次传输方案
译码为0 的概率
解析　由题意，发0 收1 的概率为α，发0 收0 的概率为1－α； 发1 收0 的概率为β，发1
收1 的概率为1－β.对于A，发1 收1 的概率为1－β，发0 收0 的概率为1－α，发1 收1 的
概率为1－β，所以所求概率为（1－α）（1－β）2，故A 选项正确.
对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为（1－β）β（1－β）＝β（1－β）2，
故B 选项正确.
对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0 或1，0，1 或0，1，1 或1，1，1，则概率为
C3
2β（1－β）2＋C3
3（1－β）3＝3β（1－β）2＋（1－β）3，故C 不正确.
对于D，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1 或0，1，
0 或1，0，0 或0，0，0，则此方案的概率P1＝C3
2α（1－α）2＋C3
3（1－α）3＝3α（1－α）2
＋（1－α）3；发送0，采用单次传输方案译码为0 的概率P2＝1－α，当0＜α＜0.5 时，
P1- P2=3α（1－α）2＋（1－α）3－（1－α）＝α（1－α）（1－2α）＞0，故D 选项正确.综
上，选ABD.
12.在2023 年成都大运会的射击比赛项目中，中国队取得了优异的比赛成绩，激发了全国
射击运动的开展，某市举行了一场射击表演赛，规定如下：表演赛由甲、乙两位选手进行，
每次只能有一位选手射击；由抽签的方式确定第一次射击的人选，甲、乙两人被抽到的概
率相等；若中靶，此人继续射击，若未中靶，换另一人射击.已知甲每次中靶的概率为3
4 ，
乙每次中靶的概率为4
5 ，每次射击结果相互独立.
（1）若每次中靶得10 分，未中靶不得分，求3 次射击后甲得20 分的概率；
（2）求第n 次射击的人是乙的概率. 
解析　（1）3 次射击后甲得20 分的情况有以下2 种： 
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第1 次、第2 次都是甲射击且中靶，第3 次甲射击未中靶，其概率P1＝1
2×3
4 ×3
4 ×1
4 ＝
9
128；（提示：只有甲、乙两位选手，且第一次射击时甲、乙两人被抽到的概率相等，所
以第一次射击甲、乙被抽到的概率均为1
2） 
第1 次乙射击未中靶，第2 次、第3 次甲射击均中靶，其概率P2＝1
2×1
5×3
4 ×3
4 ＝9
160.
所以3 次射击后甲得20 分的概率P＝P1＋P2＝9
128＋9
160＝81
640. 
（2）设“第n 次射击的人是乙”为事件An， 
则P（An＋1）＝P（An）×4
5 ＋[1－P（An）]×1
4 ＝11
20P（An）＋1
4 ，
所以P（An＋1）－5
9＝11
20[P（An）－5
9]，
易知P（A1）＝1
2，所以P（A1）－5
9＝－1
18，
所以数列{P（An）－5
9}是首项为－1
18，公比为11
20的等比数列， 
所以P（An）－5
9＝－1
18×（11
20）n－1， 
则P（An）＝5
9－1
18×（11
20）n－1，
故第n 次射击的人是乙的概率为5
9－1
18×（11
20）n－1. 
13.[设问创新/2023 江苏金陵中学等校三模]一只不透明的袋中装有10 个相同的小球，分别
标有数字0～9，先后从袋中随机取两只小球.用事件A 表示“第二次取出小球的标号是2”，
事件B 表示“两次取出小球的标号之和是m”.
（1）若用不放回的方式取球，求P（A）.
（2）若用有放回的方式取球，求证：事件A 与事件B 相互独立的充要条件是m＝9.
解析　（1）用C 表示“第一次取出小球的标号是2”，则P（C）＝1
10，
所以P（C）＝1－P（C）＝9
10，P（A｜C）＝0，P（A｜C）＝1
9.
所以P（A）＝P（CA＋CA）＝P（C）×P（A｜C）＋P（C）×P（A｜C）＝1
10×0＋
9
10×1
9＝1
10.（也可以直接分析得到P（A）＝9
10×1
9＝1
10）
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（2）记第一次取出小球的标号为x，第二次取出小球的标号为y，用数组（x，y）表示两
次取球的情况，记样本空间为Ω，则n（Ω）＝100.
下面证明充分性：
当m＝9 时，事件B 发生的情况为（0，9），（1，8），（2，7），（3，6），（4，
5），（5，4），（6，3），（7，2），（8，1），（9，0），共10 种，事件AB 发生的情
况为（7，2），共1 种，
因此P（B）＝n（B）
n（Ω）＝10
100＝1
10，
P（AB）＝n（AB）
n（Ω）＝1
100，
又P（A）＝1
10，于是P（AB）＝P（A）P（B），
所以事件A 与事件B 相互独立，充分性成立.
下面证明必要性：
因为事件A 与事件B 相互独立，所以P（AB）＝P（A）P（B），即P（A）＝P（AB）
P（B）
，
而P（A）＝1
10，P（AB）
P（B）＝n（AB）
n（B），于是n（AB）
n（B）＝1
10，
易知事件AB 发生的情况只有一种，即（m－2，2），所以n（AB）＝1，则n（B）＝10，
令x＋y＝m，由0≤x≤9，0≤y≤9，可得关于x 的不等式组{
0≤x ≤9，
0≤m－x ≤9，
要使上述不等式有10 个整数解，只能m＝9，所以必要性成立.
综上，事件A 与事件B 相互独立的充要条件是m＝9.